確認テストの解答

実験計画法　第12章 §12.5

1. 12.1-1 水準を変えるのに手間のかかる熱処理の時間 $A$ を1次因子、試料ごとに変えられる研磨方法 $B$ を2次因子にする。1段目の無作為化は、各反復の中で1次単位（1回の熱処理）に $A$ の水準を割り当てる順番について行う。2段目の無作為化は、各1次単位の中の試料に $B$ の水準を割り当てる対応（置き場所・処理の順）について行う。
2. 12.1-2 自由度は次のとおりで、合計は $23=abr-1$ である。

$$\phi_R=1,\quad \phi_A=3,\quad \phi_{e(1)}=3\times1=3,\quad \phi_B=2,\quad \phi_{A\times B}=3\times2=6,\quad \phi_{e(2)}=4\times2\times1=8$$

期待平均平方は

$$E(V_R)=\sigma_{(2)}^2+3\sigma_{(1)}^2+12\sigma_R^2,\quad E(V_A)=\sigma_{(2)}^2+3\sigma_{(1)}^2+6\sigma_A^2,\quad E(V_{e(1)})=\sigma_{(2)}^2+3\sigma_{(1)}^2,$$

$$E(V_B)=\sigma_{(2)}^2+8\sigma_B^2,\quad E(V_{A\times B})=\sigma_{(2)}^2+2\sigma_{A\times B}^2,\quad E(V_{e(2)})=\sigma_{(2)}^2 .$$ 3. 12.1-3 組合せの平均は次のように書ける。

$$\bar x_{ij\cdot}=\mu+a_i+b_j+(ab)_{ij}+\bar\gamma+\bar\varepsilon_{(1)i\cdot}+\bar\varepsilon_{(2)ij\cdot}$$

よって $V[\bar x_{11\cdot}]=V[\bar x_{21\cdot}]=(\sigma_R^2+\sigma_{(1)}^2+\sigma_{(2)}^2)/r$ である。2つに共通する確率変数は $\bar\gamma$ だけである。1次誤差の平均どうしは別の1次単位の誤差で、2次誤差の平均どうしも別の2次単位の誤差だからである。したがって $\mathrm{Cov}(\bar x_{11\cdot},\bar x_{21\cdot})=V[\bar\gamma]=\sigma_R^2/r$ となり、

$$V[\bar x_{11\cdot}-\bar x_{21\cdot}]=2\cdot\frac{\sigma_R^2+\sigma_{(1)}^2+\sigma_{(2)}^2}{r}-2\cdot\frac{\sigma_R^2}{r}=\frac{2(\sigma_{(1)}^2+\sigma_{(2)}^2)}{r}.$$ 4. 12.1-4 4つの平均を構造式で書く。

$$\begin{aligned}\bar x_{ij\cdot}&=\mu+a_i+b_j+(ab)_{ij}+\bar\gamma+\bar\varepsilon_{(1)i\cdot}+\bar\varepsilon_{(2)ij\cdot},\\ \bar x_{i\cdot\cdot}&=\mu+a_i+\bar\gamma+\bar\varepsilon_{(1)i\cdot}+\bar\varepsilon_{(2)i\cdot\cdot},\\ \bar x_{\cdot j\cdot}&=\mu+b_j+\bar\gamma+\bar\varepsilon_{(1)\cdot\cdot}+\bar\varepsilon_{(2)\cdot j\cdot},\\ \bar x&=\mu+\bar\gamma+\bar\varepsilon_{(1)\cdot\cdot}+\bar\varepsilon_{(2)}.\end{aligned}$$

これらを組み合わせると、次の項が消える。

• $\bar\gamma$ は $+1-1-1+1=0$ 回で消える。
• $\bar\varepsilon_{(1)i\cdot}$ は第1項と第2項で打ち消す。
• $\bar\varepsilon_{(1)\cdot\cdot}$ は第3項と第4項で打ち消す。

よって

$$\bar x_{ij\cdot}-\bar x_{i\cdot\cdot}-\bar x_{\cdot j\cdot}+\bar x=(ab)_{ij}+\bigl(\bar\varepsilon_{(2)ij\cdot}-\bar\varepsilon_{(2)i\cdot\cdot}-\bar\varepsilon_{(2)\cdot j\cdot}+\bar\varepsilon_{(2)}\bigr).$$

$a=b=2$ のときは次のように置く。制約から $(ab)_{11}=-(ab)_{12}=-(ab)_{21}=(ab)_{22}$ である。

$$\begin{aligned}L&=\bar x_{11\cdot}-\bar x_{12\cdot}-\bar x_{21\cdot}+\bar x_{22\cdot}\\ &=4(ab)_{11}+(\bar\varepsilon_{(2)11\cdot}-\bar\varepsilon_{(2)12\cdot}-\bar\varepsilon_{(2)21\cdot}+\bar\varepsilon_{(2)22\cdot}).\end{aligned}$$

1次誤差は $\bar\varepsilon_{(1)1\cdot}-\bar\varepsilon_{(1)1\cdot}-\bar\varepsilon_{(1)2\cdot}+\bar\varepsilon_{(1)2\cdot}=0$ で消えている。誤差の部分の分散は、分散 $\sigma_{(2)}^2/r$ の独立な4項の和で $4\sigma_{(2)}^2/r$ である。よって

$$\begin{aligned}E(L^2)&=16(ab)_{11}^2+4\sigma_{(2)}^2/r,\\ E(S_{A\times B})&=\tfrac r4E(L^2)=4r(ab)_{11}^2+\sigma_{(2)}^2.\end{aligned}$$

$\phi_{A\times B}=1$ で $\sigma_{A\times B}^2=\sum(ab)_{ij}^2/1=4(ab)_{11}^2$ である。したがって $E(V_{A\times B})=\sigma_{(2)}^2+r\sigma_{A\times B}^2$。5. 12.2-1 自由度は次のとおりで、合計は23である。

$$\phi_R=3,\quad \phi_A=1,\quad \phi_{e(1)}=1\times3=3,\quad \phi_B=2,\quad \phi_{A\times B}=2,\quad \phi_{e(2)}=2\times2\times3=12$$

各要因の判定は次のとおり。

• $A$：$12.0>F_{1,3}(0.05)=10.13$ で 5% 有意。
• $R$：$1.50<F_{3,3}(0.05)=9.28$ で有意でない。
• $e_{(1)}$：$2.00<F_{3,12}(0.05)=3.49$ で有意でない。
• $B$：$15.0>F_{2,12}(0.01)=6.93$ で 1% 有意。
• $A\times B$：$1.00<3.89$ で有意でない。

1次誤差の分散の点推定値は $\hat\sigma_{(1)}^2=(V_{e(1)}-V_{e(2)})/b=(2.0-1.0)/3=0.333$。6. 12.2-2 表 12.2 の最後の行より、分散の推定量は $2\{V_{e(1)}+(b-1)V_{e(2)}\}/(br)=2(4.0+3\times1.0)/12=1.167$。等価自由度は (12.12) で、係数 $2/(br)$ は分子と分母で消えるので

$$\phi^*=\frac{(4.0+3.0)^2}{4.0^2/4+3.0^2/18}=\frac{49}{4.0+0.5}=10.9\ \to\ 11 .$$

よって $3.0\pm t_{11}(0.025)\sqrt{1.167}=3.0\pm2.201\times1.080=3.0\pm2.38$、すなわち $0.62\le\mu(A_3B_j)-\mu(A_1B_j)\le5.38$。7. 12.2-3 繰返しのある2元配置の誤差は「同じ組合せの中の繰返しのばらつき」で、分割法の $S_R+S_{e(1)}+S_{e(2)}$ に当たる。誤差の欄は次のようになる。

$$\begin{gathered} \text{平方和}=12.0+16.0+18.0=46.0,\qquad \text{自由度}=2+4+18=24\ (=ab(r-1)),\\ \text{誤差分散}=46.0/24=1.917 \end{gathered}$$

2つの主効果の分散比は次のとおり。

$$\begin{aligned}F_0(A)&=48.0/1.917=25.0>F_{2,24}(0.01)=5.61 &&\text{（1\% 有意と判定される）}\\ F_0(B)&=15.0/1.917=7.83 &&\text{（分割法の15.0より小さい）}\end{aligned}$$

分割法の正しい解析では $A$ は 5% でようやく有意（$F_0=12.0$）だった。したがって、1次因子の有意性を過大に、2次因子の有意性を過小に評価したことになる。

誤差分散1.917が $V_{e(1)}=4.0$ と $V_{e(2)}=1.0$ の間の値になるからである。1次因子にとっては小さすぎ、2次因子にとっては大きすぎる。8. 12.2-4 1次誤差の部分は $\bar\varepsilon_{(1)i\cdot}$ で、分散 $\sigma_{(1)}^2/r$。2次誤差の部分は $D=\bar\varepsilon_{(2)i\cdot\cdot}+\bar\varepsilon_{(2)\cdot j\cdot}-\bar\varepsilon_{(2)}$ で、1次誤差とは独立なので分散は足し合わせればよい。各平均の分散と共分散は、平均に共通に含まれる2次誤差の個数から

$$V[\bar\varepsilon_{(2)i\cdot\cdot}]=\frac{\sigma_{(2)}^2}{br},\quad V[\bar\varepsilon_{(2)\cdot j\cdot}]=\frac{\sigma_{(2)}^2}{ar},\quad V[\bar\varepsilon_{(2)}]=\frac{\sigma_{(2)}^2}{abr},$$

$$\mathrm{Cov}(\bar\varepsilon_{(2)i\cdot\cdot},\bar\varepsilon_{(2)\cdot j\cdot})=\frac{r\sigma_{(2)}^2}{br\cdot ar}=\frac{\sigma_{(2)}^2}{abr},\quad \mathrm{Cov}(\bar\varepsilon_{(2)i\cdot\cdot},\bar\varepsilon_{(2)})=\mathrm{Cov}(\bar\varepsilon_{(2)\cdot j\cdot},\bar\varepsilon_{(2)})=\frac{\sigma_{(2)}^2}{abr}$$

（たとえば $\bar\varepsilon_{(2)i\cdot\cdot}$ と $\bar\varepsilon_{(2)\cdot j\cdot}$ に共通の2次誤差は、反復の数だけある）。よって

$$V[D]=\sigma_{(2)}^2\Bigl(\frac{1}{br}+\frac{1}{ar}+\frac{1}{abr}+\frac{2}{abr}-\frac{2}{abr}-\frac{2}{abr}\Bigr)=\sigma_{(2)}^2\,\frac{a+b-1}{abr}.$$

合わせて $V[\hat\mu(A_iB_j)]=\sigma_{(1)}^2/r+(a+b-1)\sigma_{(2)}^2/(abr)$。右の形は、$\sigma_{(1)}^2/r=\{(\sigma_{(2)}^2+b\sigma_{(1)}^2)-\sigma_{(2)}^2\}/(br)$ と書き、$-\sigma_{(2)}^2/(br)+(a+b-1)\sigma_{(2)}^2/(abr)=(b-1)\sigma_{(2)}^2/(abr)$ とまとめて得られる。9. 12.3-1 $\bar x_{3\cdot\cdot}-\bar x_{1\cdot\cdot}=(32-(-20))/9=5.778$。分散の推定値 $2V_{e(1)}/(br)=2\times10.889/9=2.420$。$5.778\pm t_4(0.025)\sqrt{2.420}=5.778\pm2.776\times1.556=5.78\pm4.32$、すなわち $1.46\le\mu(A_3)-\mu(A_1)\le10.10$。10. 12.3-2 $\bar x_{33\cdot}-\bar x_{23\cdot}=(18-1)/3=5.667$。表 12.2 の最後の行より、分散の推定値は$2\{V_{e(1)}+(b-1)V_{e(2)}\}/(br)=2\times13.148/9=2.922$。等価自由度は例題 12.3 (2) と同じ $\phi^*=5.75\to6$。$5.667\pm2.447\sqrt{2.922}=5.667\pm2.447\times1.709=5.67\pm4.18$、すなわち $1.48\le\mu(A_3B_3)-\mu(A_2B_3)\le9.85$。11. 12.3-3 誤った検定は、$F_0=83.44/1.130=73.9$ を $F_{2,12}$ と比べる。1% 点6.93をはるかに超えて「高度に有意」とする。正しい検定は $F_0=7.66$ を $F_{2,4}$ と比べ、5% 有意にとどまる。

$H_0\colon\sigma_A^2=0$ のもとでの期待値は次のとおりである。

$$E(V_A)=\sigma_{(2)}^2+b\sigma_{(1)}^2,\qquad E(V_{e(2)})=\sigma_{(2)}^2$$

よって $V_A/V_{e(2)}$ は、帰無仮説のもとでも平均的に $1+b\sigma_{(1)}^2/\sigma_{(2)}^2$ 倍に膨らみ、本来の分布より右にずれる。したがって上側 $100\alpha$% 点を超える確率は $\alpha$ より大きくなる。$V_A/V_{e(1)}$ なら分子と分母の期待値が帰無仮説のもとで一致し、正確に $F_{\phi_A,\phi_{e(1)}}$ に従う。12. 12.3-4 $\hat\sigma_{(1)}^2=(V_{e(1)}-V_{e(2)})/b=(10.889-1.130)/3=3.253$。(12.11) より$\widehat{\sigma_{(1)}^2+\sigma_{(2)}^2}=\{V_{e(1)}+(b-1)V_{e(2)}\}/b=13.148/3=4.383$。完全無作為化では、1回の実験ごとに炉の温度を設定し直すので、各データが自分の1次誤差（焼成ごとの出来具合）と2次誤差（試料ごとのばらつき）の両方を独立に持つ。同じ1次単位を共有するデータが無いので、各データの誤差分散は $\sigma_{(1)}^2+\sigma_{(2)}^2$ になり、これが完全無作為化の誤差分散 $\sigma^2$ の見込みになる。